ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN HỌC THPT 2015 KÈM LỜI GIẢI VÀ ĐÁP SỐ - ĐỀ SỐ 10

Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 42 2y x x có đồ thị ()C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Trên đồ thị   C lấy hai điểm phân biệt ,AB có hoành độ lần lượt là ,ab . Tìm điều kiện đối với ,ab để hai tiếp tuyến của   C tại ,AB song song với nhau. Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình: 9 sin 6 cos 3 sin 2 cos 2 8x x x x    Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân:   4 4 m in tan ,I x x dx      Câu 4: (1 điểm) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức   1 3 2iz     biết rằng số phức z thỏa mãn 12z  Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho tam giác ABC với   1; 1;1A  và hai đường trung tuyến lần lượt có phương trình là: 1 12 : 2 3 2 x y z d    và 2 1 : 0 1 xt d y zt         . Viết phương trình đường phân giác trong góc A . Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABC D là hình bình hành thỏa mãn 2AB a , 2B C a , 6B D a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng   ABC D là trọng tâm của tam giác BCD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD , biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a . Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường thẳng AB là 20xy   , trọng tâm của tam giác là 14 5 ; 33 G    và diện tích tam giác ABC bằng 65 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình: ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2   2 2 2 2 1 7 1 1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 36 3 6 8 21 22 x x x x x x x x           Câu 9: (1 điểm) Cho ,,abc là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3a ab b b bc c a a c c         HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Tập xác định: D  . Ta có: 3 0 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x           2 '' 12 6; ''( 1) 0; ''(0 ) 0; ''(1) 0y x y y y      Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 1x  và 1x  và hàm số đạt cực đại tại 0x  . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)   và (0;1) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1; 0) và (1; ) Tính giới hạn: lim lim xx y           Bảng biến thiên: x  -1 0 1  'y  0  0  0 + y  0  -1 -1 Đồ thị: Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2. Ta có: 3 ' 4 4y x x Hệ số góc tiếp tuyến của   C tại ,AB lần lượt là: 33 4 4 ; 4 4 AB k a a k b b    Tiếp tuyến tại A có phương trình:             ' ' 'y y a x a y a y y a y a ay a       Tiếp tuyến tại B có phương trình:             ' ' 'y y b x b y b y y b y b by b       Hai tiếp tuyến của   C tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:     3 3 2 2 4 4 4 4 1 0 AB k k a a b b a b a ab b           Vì A và B phân biệt nên ab , suy ra: 22 10a a b b    Hai tiếp tuyến của   C tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi:         22 22 4 2 4 2 1 10 10 1 1 '' 3 2 3 2 1 a a ab b a ab b b ab ab a y a ay a y b by b a a b b b                                            Vậy điều kiện để hai tiếp tuyến của   C tại A và B song song với nhau là: 22 10 1; a ab b a a b           Nhận xét: Bài toán này chỉ đòi hỏi những kỹ năng biến đổi hết sức cơ bản, tuy nhiên, nhiều học sinh vẫn không được điểm trọn vẹn khi quên không xét trường hợp 2 tiếp tuyến trùng nhau. Tiếp tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và tính chất này không xuất hiện ở hàm bậc 3, hay hàm phân thức bậc nhất. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho hai đường thẳng 1 1 1 2 2 2 : ; :d y a x b d y a x b    , ta có: Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4  12 ,dd cắt nhau 12 aa  12 ,dd song song với nhau 12 12 aa bb        12 ,dd trùng nhau 12 12 aa bb       Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hàm số 42 1y x m x m    có đồ thị () m C . Chứng minh rằng khi m thay đổi thì   m C luôn luôn đi qua hai điểm cố định ,AB , và tìm m để các tiếp tuyến tại ,AB vuông góc với nhau. Đáp số: 35 ; 22 m       2. Cho hàm số     22 11y x x   có đồ thị ()C . Cho điểm   ;0Aa , tìm a để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị   C . Đáp số: 3 1 2 a    hoặc 3 1 2 a Câu 2: Phương trình tương đương với: 2 9 sin 6 cos 6 sin cos 2 cos 9x x x x x        2 9 sin 1 6 cos 1 sin 2 cos 0x x x x          2 sin 1 9 6 cos 2 cos 0x x x             1 sin 6 cos 9 2 1 sin 1 sin 0x x x x           1 sin 6 cos 9 2 2 sin 0x x x          sin 1 1 6 co s 2 sin 7 2 x xx          2 2 x k k       (Phương trình 6 cos 2 sin 7xx vô nghiệm do 2 2 2 6 2 7 ) Vậy họ nghiệm của phương trình là:   2 2 x k k      . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Phương trình sin cosa x b x c có nghiệm 2 2 2 a b c   . Thật vậy: chọn góc a sao cho cos ; sin ab a b a b 2 2 2 2 == ++ aa , phương trình trở thành: ( ) sin co s co s sin sin cc x x x a b a b  2 2 2 2 + = + = ++ a a a Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5 Phương trình trên có nghiệm 2 2 2 22 1 c c a b ab       Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình:   2 2 sin cos cos 3 cos 2x x x x   . Đáp số: Phương trình vô nghiệm. 2. Giải phương trình:   3 sin cos sin 2 3 cos 3 2 cos 4 sinx x x x x x    . Đáp số: ;, 7 2 6 42 2 k x k k             . Câu 3: Xét hàm số   tanf x x x trên đoạn ; 44      Ta có:     2 1 ' 1 0, ; co s 4 4 f x x f x x            là hàm số đồng biến trên ; 44      Mà ta có:   00f  , nên suy ra:   m in tan , tan , ; 0 4 x x x x        và   m in tan , , 0; 4 x x x x        Vậy:     0 4 0 4 m in tan , m in tan ,I x x d x x x dx      0 22 4 0 4 0 2 tan ln co s ln 4 2 32 2 0 4 x xd x xdx x               Nhận xét: Bài toán trên không hề khó, tuy nhiên cách phát biểu như trên thường ít gặp đối với học sinh. Cách giải hoàn toàn giống cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi xét các khoảng khác nhau của biến số.Một điều vô cùng thú vị là hàm số min hay m ax có thể biểu diễn thông qua hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.Cụ thể là:     1 m in , 2 a b a b a b    và     1 m ax , 2 a b a b a b    . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tính tích phân:   2 2 0 m in ,I x x dx  Đáp số: 4 2 1 3 I   2. Tính tích phân: 2 4 0 m ax cos , 2 2 x x I e x x dx          Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6 Đáp số: 4 1 1 2 Ie      3. Tính tích phân:   4 6 m ax tan 2 sin , 3I x x x dx      Đáp số: 2 4 2 2 ln 2 2 24 I    Câu 4: Giả sử ; ; , , ,z a bi x yi a b x y       . Ta có:   2 2 1 2 1 4z a b      Lại có:   1 3 2iz         1 3 2x yi i a bi      32 3 x a b y a b               3 1 3 3 3 1 x a b y a b               Do đó:       2 22 2 3 3 4 1 16x y a b          Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  trên mặt phẳng phức là hình tròn     2 2 3 3 1 6xy    có tâm   3; 3I và bán kính 4R  . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn z k zi   , trong đó k là số thực dương cho trước. Đáp số: Nếu 1k  thì tập hợp là đường thẳng 1 2 y  Nếu 1k  thì tập hợp là đường tròn tâm 2 2 0; 1 k I k     và bán kính 2 1 k R k   2. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn 11 z i z i zz    là số thuần ảo. Đáp số: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn 2 2 11 24 xy       trừ điểm   1; 0A  . Câu 5: Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7 Nhận thấy 12 ,A d A d nên giả sử 12 ,dd lần lượt là trung tuyến kẻ từ đỉnh ,BC . Gọi ,MN lần lượt là trung điểm ,AC AB . Do N thuộc 2 d nên tọa độ N có dạng   1 ; 0;1N t t . Vì N là trung điểm AB suy ra tọa độ B là   1 2 ;1;1 2B t t . Mà B thuộc 1 d , nên ta có: 1 2 t  . Vậy tọa độ đỉnh B là   0;1; 2B . Do M thuộc 1 d nên tọa độ M có dạng   2 ;1 3 ; 2 2M s s s . Vì M là trung điểm AC suy ra tọa độ C là   4 1;3 6 ;3 4C s s s   . Mà C thuộc 2 d , nên ta có: 1 2 s  . Vậy tọa độ đỉnh C là   1;0;1C . Khi đó ta có: 6 ; 1A B A C . Gọi AD là đường phân giác trong của góc A . Ta có: 6 1 2 6 6 ; ; 1 6 1 6 1 6 D B D C D            Từ đó suy ra phương trình đường thẳng AD là: 1 1 1 11 26 x y z      Nhận xét: Bài toán trên rất giống những bài toán hay gặp trong mặt phẳng, tuy nhiên sẽ tương đối khó khăn và phức tạp nếu ta cố tình áp dụng các phương pháp truyền thống trong mặt phẳng vào không gian. Chúng ta cần sử dụng các kỹ thuật nâng cao hơn để giải quyết. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD . Theo tính chất đường phân giác, ta sẽ có: . AB D B D C AC  Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong không gian với tọa độ O xyz , cho tam giác ABC với tọa độ đỉnh   3; 2; 3C và phương trình đường cao AH , phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: 12 2 3 3 1 4 3 : ; : 1 1 2 1 2 1 x y z x y z dd            . Viết phương trình đường thẳng BC và tính diện tích tam giác ABC . Đáp số: 12 : 42 3 xt BC yt z         và 23 ABC S  2. Trong không gian với hệ toạ độ O xyz , cho hai điểm   1; 2; 3A và   1; 4; 2B  . Tìm toạ độ điểm C thuộc mặt phẳng   : 1 0P x y z    để ABC là tam giác đều. Đáp số: 1 3 5 11 3 5 3 ;; 4 4 2 C      hoặc 1 3 5 1 1 3 5 3 ;; 4 4 2 C      Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8 Câu 6: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng   ABC D , M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABC D . Do AO là trung tuyến của ABD nên 2 2 2 2 2 36 2 4 2 2 A B A D B D a a A O A O       26 33 A O a A H A O    Lại có: 2 2 2 22 23 33 2 4 3 B D B C C D a B M a B M a B H         Ta có: 2 2 2 2 4AH H B a A B AH HB     . Mà   AH SH AH SH B   . Kẻ HK SB . Vì   AH SHB nên AH HK HK là đôạn vuông góc chung của AC và SB , suy ra H K a . Trong tam giác vuông SH B , ta có: 2 2 2 1 1 1 2SH a H K SH H B     Ta có: 3 . 1 4 8 4 2 . . . . 3 3 3 3 S AB C D ABC D O A B a V S H S SH S SH O A B H    Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABC D là hình bình hành với AB a , 2A D a và SC vuông góc với mặt phẳng   ABC D . Biết góc 60 o BAD  , SA hợp với   ABC D một góc 45 o . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa SA và BD . Đáp số: 3 21 7 7 ; 3 1 1 aa Vd . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABC D là hình bình hành với AB a , 2A D a , 60 o BAD  . Cạnh SA a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi ,,M N P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên ,,B C D C SC tương ứng. Tính thể tích khối tứ diện AMNP và khoảng cách giữa 2 đường thẳng ,N P A C theo a . Đáp án: 3 5 3 10 2829 ; 6 4 94 3 aa Vd . Câu 7: Gọi M là trung điểm AB , suy ra: CM AB . Đường thẳng CM đi qua G và vuông góc với đường thẳng AB nên đường thẳng CM có phương trình 30xy   . Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9 Tọa độ của M là nghiệm của hệ: 5 20 2 3 0 1 2 x xy xy y                   Hay tọa độ M là 51 ; 22 M     Lại có: 3C M G M , suy ra tọa độ của C là   9; 6C . Vì A thuộc đường thẳng 20xy   nên tọa độ A có dạng   ;2A a a . Do 14 5 ; 33 G    là trọng tâm tam giác ABC nên tọa độ đỉnh B là   5 ; 3B a a . Khi đó ta có:     22 5 2 2 5 2 2 5A B a a a      Ta có: 0 65 1 65 13 . . 2 2 5 . 65 2 5 5 5 2 2 2 2 ABC a S AB C H a a a                Với 0a  , ta có:     0; 2 , 5; 3AB Với 5a  , ta có:     5; 3 , 0; 2AB Giả sử phương trình đường tròn   C ngoại tiếp ABC là: 22 2 2 0x y ax by c     . Vì   C đi qua ,,A B C nên ta có hệ: 137 26 44 59 10 6 34 26 18 1 2 1 17 66 13 a bc a b c b a b c c                           Vậy phương trình đường tròn   C là: 22 137 59 66 0 13 13 13 x y x y     Nhận xét: Với các bài toán có xuất hiện trọng tâm tam giác, ta cần vận dụng công thức tính tọa độ trọng tâm tam giác để biểu diễn mối quan hệ về tọa độ giữa 3 đỉnh của tam giác, từ đó giảm số biến cần tìm xuống. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho BC có trọng tâm G thì ta có: 3 3 A B C G A B C G xxx x yyy y            Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho tam giác ABC có đỉnh   12;1B  , đường phân giác trong góc A có phương trình : 2 5 0d x y   . Điểm 12 ; 33 G    là trọng tâm tam giác ABC . Viết phương trình đường thẳng BC . Đáp số: 8 20 0xy   . Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho tam giác ABC có   2; 7A và đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho 2AE E B . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm 13 2; 3 G    . Viết phương trình đường thẳng BC . Đáp số: 2 5 7 0xy   Câu 8: Định hướng: Nhận thấy biểu thức ở vế trái là một hàm số đồng biến với x đủ lớn và biểu thức ở vế phải là một hàm số nghịch biến với x đủ lớn. Nếu sử dụng phương pháp khảo sát hàm số thì chúng ta sẽ gặp phải một biểu thức đạo hàm hết sức cồng kềnh. Vậy nên ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng phương pháp đánh giá. Lời giải: Ta có: 2 2 2 17 1 3 6 1 0 5 1 3 17 48 3 6 2 xP x x x x x              22 2 2 2 2 53 3 1 2 3 2 4 6 22 x x x x x x                        3 1 2 5x x x     5 3 3 3 1 2 6 6 2 2 2 x x x x x         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 x  . Lại có:     2 2 1 1 3 36 8 21 12 3 2 2 3 6 2 2 2 Q x x x x x            Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 x  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 3 2 x  . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình:   2 2 2 2 1 3 1 1 7 4 22 x x x x x x x        Đáp số: 1x  . 2. Giải phương trình:     4 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x         Đáp số: 2x  . 3. Giải phương trình: 68 6 32xx   [...]... 4 2 2 ac o 3 2 c a Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos, … Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1 Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn Chứng minh rằng: ... điều kiện đã cho là phần bên trong tứ giác với ABCD A  1; 0  ; B  0; 2  ; C  0; 3  ; D  9; 0  Dễ dàng chứng minh được: 5  MI 2  65 với điểm I có tọa độ 2 I  2; 4  Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11 ... thực thỏa mãn Chứng minh rằng:  2 1  6  a a  b 1  2a  b 2  c   b  d 2 2  2   Hướng dẫn: Xét điểm M  a , b  , N  c , d  thì ta có: và N nằm trên đường tròn tâm 2 Cho 35 x, y B  6; 6  bán kính là các số thực thỏa mãn 2 1  và c d 2 2  36  12  c  d 6 nằm trên đường tròn tâm M  A  1;1  bán kính R1  1 R1  6 x  0; y  0; 2 x  3 y  2; x  3 y  9 Chứng minh rằng: .. .Đáp số: 3 x  2 Câu 9: Xét tứ giác có OABC O A  a; O B  b; O C  c; A O B  45 ; B O C  30 o o Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: AB  a  2 2ab  b BC  b  3b c  c AC  a  2 2 2 2 2 3 ac  c , vì 2 2 cos 75  o 3 2 Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: . Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 42 2y x x có đồ thị ()C . 1. Khảo sát sự biến thi n và. 5 ; 33 G    và diện tích tam giác ABC bằng 65 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình: ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT. biến thi n: x  -1 0 1  'y  0  0  0 + y  0  -1 -1 Đồ thị: Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2. Ta có: 3 ' 4 4y x x Hệ số